Question

已知函數(shù)f（x）滿足對任意實數(shù)x，y都有f（x+y）=f（x）+f（y）+1成立，且當(dāng)x＞0時，f（x）＞-1，f（1）=0．
（1）求f（5）的值；
（2）判斷f（x）在R上的單調(diào)性，并證明；
（3）若對于任意給定的正實數(shù)ε，總能找到一個正實數(shù)σ，使得當(dāng)|x-x₀|＜σ時，|f（x）-f（x₀）|＜ε，則稱函數(shù)f（x）在x=x₀處連續(xù)．試證明：f（x）在x=0處連續(xù)．

Answer 1

分析：（1）由條件，利用賦值法求f（5）．
（2）先判斷函數(shù)的單調(diào)性，然后利用函數(shù)單調(diào)性的定義證明，將f（x₁）轉(zhuǎn)化為條件形式，然后進(jìn)行推理證明．
（3）根據(jù)函數(shù)連續(xù)性的定義，任意給定的正實數(shù)ε，確定一個正實數(shù)σ，使得當(dāng)不等式|x-x₀|＜σ時，|f（x）-f（x₀）|＜ε成立即可．

解答：解：（1）∵f（x+y）=f（x）+f（y）+1且 f（1）=0，
∴令y=1得，f（x+1）=f（x）+f（1）+1=f（x）+1，
∴f（2）=f（1）+1=1，f（3）=f（2）+1=1+1=2，f（4）=f（3）+1=2+1=3，
∴f（5）=f（3）+1=3+1=4．
（2）由（1）得f（1）=0，f（2）=1，f（3）=2，f（4）=3，f（5），猜測函數(shù)f（x）在R上的單調(diào)遞增．現(xiàn)給出證明：
設(shè)x₁＞x₂，則f（x₁）=f（x₁-x₂+x₂）=f（x₁-x₂）+f（x₂）+1＞-1+f（x₂）+1，
∴f（x₁）＞f（x₂），
∴f（x）在R上單調(diào)遞增．
（3）令y=0，得f（x）=f（x）+f（0）+1，
∴f（0）=-1對任意n∈N^*f(1)=f(

1

n

)+f(

n-1

n

)+1=2f(

1

n

)+f(

n-2

n

)+2=…=nf(

1

n

)+f(0)+n=nf(

1

n

)+n-1，
∴f(

1

n

)=

1

n

-1，
f（n）=f（n-1）+1=f（n-2）+2=…=f（1）+n-1=n-1，
又f（0）=f（x）+f（-x）+1，
∴f（-x）=-2-f（x），
要證|f（x）-f（x₀）|＜ε?|f（x-x₀）+1|＜ε?-ε-1＜f（x-x₀）＜ε-1對任意ε＞0成立．
①當(dāng)ε∈N^*時，取σ=ε，則當(dāng)|x-x₀|＜σ即-ε＜x-x₀＜ε時，由f（x）單增可得f（-ε）＜f（x-x₀）＜f（ε），
即-2-（ε-1）＜f（x-x₀）＜ε-1；
②當(dāng)ε∉N^*時，必存在m∈N，n∈N^*使得m+

1

n+1

≤ε＜m+

1

n

取σ=m+

1

n+1

，
則當(dāng)|x-x₀|＜σ即-m-

1

n+1

＜x-x0＜m+

1

n+1

時，有f(-m-

1

n+1

)＜f(x-x0)＜f(m+

1

n+1

)
而f(m+

1

n+1

)=m+

1

n+1

-1≤ε-1f(-m-

1

n+1

)=-m-

1

n+1

-1≥-ε-1，
∴-ε-1＜f（x-x₀）＜ε-1綜上，f（x）在x=x₀處連續(xù)．

點評：本題主要考查抽象函數(shù)的性質(zhì)和應(yīng)用，利用賦值法是解決抽象函數(shù)的基本方法，考查學(xué)生的分析能力．